题解【CF1324D Pair of Topics】

[ exttt{Description} ]

给两个长度为 (n) 的序列 (a) 和 (b) ，求满足 (a_i+a_j>b_i+b_j (i<j)) 的数对个数。

[ exttt{Solution} ]

• 首先注意到这个式子左右两边同时出现了 (i,j) ，也就是说式子两边不是互相独立的。

• 嗯，自然地想到了移项大法，式子可以化为 (a_i-b_i>b_j-a_j (i<j)) 。式子的一边为 (i) ，一边为 (j) ，就使得式子两边互相独立。

• 我们发现这个偏序问题简直不要太好做，有很多的方法可以解决这个偏序问题，这里介绍一种 动态开点权值线段树 的做法。

• 倒序扫描，从 (n) 扫到 (1) 。

  1. 将权值线段树中值域在 ([-inf,a_i-b_i-1]) 的数的个数计入答案中。
  2. 在权值线段树中令 (b_i-a_i) 的个数加一。

• 时间复杂度 (mathcal{O(n log n)}) ，空间复杂度 (O(n log size)) ，如果离散化一下可以做到 (O(n log n)) 。

[ exttt{Code} ]

#include<cstdio>

#define RI register int

using namespace std;

namespace IO
{
    static char buf[1<<20],*fs,*ft;
    inline char gc()
    {
        if(fs==ft)
        {
			ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
			if(fs==ft)return EOF;
        }
        return *fs++;
    }
    #define gc() getchar()
	inline int read()
	{
		int x=0,f=1;char s=gc();
		while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=gc();}
		while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=gc();}
		return x*f;
	}
}using IO::read;

const int N=200100,MLOGN=10001000;

int n;

int a[N],b[N];

const int INF=2e9;

int tot,root;
struct SegmentTree{
	int lc,rc;
	int cnt;
}t[MLOGN];

int New()
{
	tot++;
	t[tot].lc=t[tot].rc=t[tot].cnt=0;
	return tot;
}

void insert(int &p,int l,int r,int delta,int val)
{
	if(!p)
		p=New();
	t[p].cnt+=val;
	if(l==r)return;
	int mid=(long long)(l+r)>>1;
	if(delta<=mid)
		insert(t[p].lc,l,mid,delta,val);
	else
		insert(t[p].rc,mid+1,r,delta,val); 
}

int ask(int p,int l,int r,int s,int e)
{
	if(!p)
		return 0;
	if(s<=l&&r<=e)
		return t[p].cnt;
	int mid=(long long)(l+r)>>1;
	int val=0;
	if(s<=mid)
		val+=ask(t[p].lc,l,mid,s,e);
	if(mid<e)
		val+=ask(t[p].rc,mid+1,r,s,e);
	return val;
}

long long ans;

int main()
{
	n=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		b[i]=read();

	for(RI i=n;i>=1;i--)
	{
		ans+=ask(root,-INF,INF,-INF,a[i]-b[i]-1);
		insert(root,-INF,INF,b[i]-a[i],1);
	}

	printf("%lld
",ans);

	return 0;
}

[ exttt{Thanks} exttt{for} exttt{watching} ]